Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Lâm Đồng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Lâm Đồng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang) Ngày thi: 07/01/2023 Câu 1. (4 điểm) 1.1. Cho hàm số y=++ x3 mx 2( 1.) Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 21x + 1.2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp tuyến đó song x + 2 song với đường thẳng 3xy−+= 2 0. Câu 2. (6 điểm) 22 2.1. Giải phương trình: 2log3( x−− 1) 3log 3( x − 1) .log 33( 3 xx) + log( 3) = 0. 2.2. Cho khai triển nhị thức: n nn−1 − x23 x x 22 x3 x xx2 33nn1 x −   −−  −  − 22+ 2 4  =CC01  22 +  2 2 .2 4++ Cnn1 224 . 2 + C 24 ,( n∈ ) .  nn   n n        432 Biết rằng trong khai triển đó có CCCn+−=6 nn 8 15 và số hạng thứ năm bằng 10n .Tìm n và x . 2.3. Đầu năm học 2022 - 2023, Trường THPT X tuyển sinh bốn lớp 10 theo 4 tổ hợp môn lựa chọn. Khi kết thúc đợt tuyển sinh, còn thiếu 5 học sinh theo chỉ tiêu được giao. Trong đợt tuyển sinh bổ sung có 5 học sinh đủ điều kiện xét tuyển và được chọn lớp học theo tổ hợp môn lựa chọn.Tính xác suất để trong 5 học sinh đó có 3 học sinh chọn vào cùng một lớp, trong ba lớp còn lại có hai lớp mỗi lớp có 1 học sinh chọn và một lớp không có học sinh nào chọn. Câu 3. (4 điểm) 3.1. Bạn An có một tấm tôn phế liệu hình tam giác đều có cạnh 60 cm, bạn An dự định cắt bỏ ở ba góc ba phần bằng nhau sao cho phần còn lại là hình gồm một tam giác đều và ba hình chữ nhật có kích thước bằng nhau (như hình 1), rồi gấp ba hình chữ nhật lại tạo thành một chậu hoa hình lăng trụ tam giác đều (như hình 2): Biết phần cạnh tấm tôn bị cắt bỏ ở mỗi góc bằng 10 cm, tính thể tích chậu hoa đó. Trang 1/2
2. 3.2. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B , ABC =1200 , AB= a , SB vuông góc với mặt phẳng ( ABC) , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và ( ABC) bằng 450 . Gọi M là trung điểm của AC và N là trung điểm của SM.Điểm P trên cạnh SC sao cho SP= 2. PC Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và MP . Câu 4. (2 điểm) (2−y) xy − ++ 12 x = +( xy −) y − 1 Giải hệ phương trình:  ( xy ,.∈ ) 2 2y− 3 xy + 2 −= 32 xy − 2 +− 2 4 xy − 5 + 2 Câu 5. (4 điểm) 5.1. Một chiếc cầu bắc qua sông, mặt dưới gầm cầu có dạng cung AB biểu thị bởi đồ 83 x thị hàm số y =cos + 2 với x ∈−π[ 6 ;6 π] trong hệ trục toạ độ Oxy với đơn vị trục là mét 3 12 (trục Ox mô tả mặt nước sông) như hình minh họa dưới đây: y A B - 6π O 6π x Biết quy định chiều cao tối đa của các phương tiện giao thông hàng hóa qua lại dưới gầm cầu phải thấp hơn mặt dưới gầm ít nhất 0,8 mét. Một sà lan chở khối hàng hóa có hình dạng là một khối hộp chữ nhật với độ cao 5,2 mét so với mặt nước sông muốn đi qua gầm cầu. Tính bề rộng tối đa của khối hàng hóa để sà lan qua được gầm cầu đúng quy định (lấy số π=3,14 ). 5.2. Cho ba số thực abc,, thuộc đoạn [1; 4 ] và thỏa a≥≥ ba, c.Tìm giá trị nhỏ nhất a bc của biểu thức: P = ++. 35a+ b bc ++ ca Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: . Giám thị 1: Ký tên: Giám thị 2: . Ký tên: Trang 2/2
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2022 - 2023 (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) Môn thi: TOÁN Ngày thi: 07/01/2023 ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM Cho hàm số y=++ x3 mx 2( 1.) Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 2 Phương trình x32+ mx +=⇔2 0 m =−− x( x ≠0) ( 1.) x −+3 2 2 ′ 222x Xét fx( ) =−−⇒ x fx() =−+ 2 x 22 = . 1.1 x xx (2.0 Bảng biến thiên điểm) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi phương trình (1) có Câu 1 nghiệm duy nhất ⇔m >−3 . (4.0 21x + điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp tuyến đó x + 2 song song với đường thẳng 3xy−+= 2 0. 3 ′ ≠− Đạo hàm y = 2 với x 2. Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. ( x + 2) Phương trình tiếp tuyến có dạng là y= fx' ()( xx −+) y. 1.2 0 00 (2.0 Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng 3xy−+=⇔ 20 y = 3 x + 2 nên ta điểm) 3 có: 2 = 3 ( x0 + 2) 2 x0+21 = xy 00 =−⇒ 1 =− 1 ⇔+=⇔( x0 21)  ⇔ x0+21 =− xy 00 =−⇒ 3 = 5 Với x0 = −1, phương trình tiếp tuyến đó là yx=32 + (loại). Với x0 = −3 , phương trình tiếp tuyến đó là yx=3 + 14. Giải phương trình: 2log22x−− 1 3log x − 1 .log 3 xx + log 3 = 0. 2.1 3( ) 3( ) 33( ) ( ) (2.0 x −>10 Điều kiện:  ⇔>x 1. điểm) 30x > Trang 3/2
4. Phương trình tương đương Câu 2 2log3333( xxxx −− 1) log( 3)  . log( −− 1) log( 3) = 0. (6.0 2log33( xx−− 1) log3( ) = 01( ) điểm) ⇔  log33( xx−− 1) log( 3) = 0( 2) 2 5± 21 (1) ⇔ 2log( x − 1log3) =( x) ⇔( x − 1) = 3 xx ⇔2 − 510 x += ⇔ x = . 33 2 1 (2) ⇔ log( x − 1log3) =( x) ⇔ x −= 13 xx ⇔ =− . 33 2 5+ 21 So với điều kiện suy ra phương trình có một nghiệm duy nhất x = . 2 Cho khai triển nhị thức: n nn−1 xx23 x 22 x33 x xn −   −−   224+ 2  =CC01  2 2 +  2 2 .2 4++ Cn  2 4 ,( n∈ ) .  nn   n      432 Biết rằng trong khai triển đó có CCCn+−=6 nn 8 15 và số hạng thứ năm bằng 10n .Tìm n và x . Điều kiện nn≥∈4, . nnn!!! CCC432+−=⇔6 8 15 +6 − 8 = 15 n nn 4!(nnn−−− 4) ! 3!( 3) ! 2!( 2) ! nn( −−123)( n)( n −) ⇔ +nn( −1)( n −− 2) 4 nn( −= 1) 15 24 2.2 ⇔nn( −1) ( n − 2)( n − 3) + 24( n − 2) − 96 = 360 (2.0 ⇔nn( −1)( n2 +− 19 n 138) = 360 điểm) ⇔+nn4318 − 157 n 2 + 138 n − 360 = 0 n = 6 ⇔−32 + − + =⇔ (nnnn6)( 24 13 60) 0  32 nnn+24 − 13 += 60 0 Do n32+24 n − 13 n += 60 nn( 2 + 12 n − 13) + 12 n2 + 60 =nn( −1)( n + 13) + 12 n2 +> 60 0 với n ≥ 4 . Vậy n = 6 . 2 xx2 3 4 −  2 Số hạng thứ năm là C 43224 . 2= 15.2−+xx. 6   Từ giả thiết có phương trình 22 15.2−+xx3= 60 ⇔ 2−+−xx32 == 1 2 0 ⇔=∨=xx 1 2. Đầu năm học 2022 - 2023, Trường THPT X tuyển sinh bốn lớp 10 theo 4 tổ 2.3 hợp môn lựa chọn. Khi kết thúc đợt tuyển sinh, còn thiếu 5 học sinh theo chỉ (2.0 tiêu được giao. Trong đợt tuyển sinh bổ sung có 5 học sinh đủ điều kiện xét điểm) tuyển và được chọn lớp học theo tổ hợp môn lựa chọn.Tính xác suất để trong 5 học sinh đó có 3 học sinh chọn vào cùng một lớp, trong ba lớp còn lại có hai lớp mỗi lớp có 1 học sinh chọn và một lớp không có học sinh nào chọn. Trang 4/2
5. Mỗi học sinh có 4 cách chọn lớp nên số cách 5 học sinh chọn lớp là 4.5 3 3 học sinh chọn vào cùng một lớp có C5 khả năng. Số cách mà 3 học sinh đó chọn lớp là 4. Số cách học sinh thứ tư chọn lớp trong 3 lớp còn lại là 3. Số cách học sinh cuối cùng chọn lớp trong 2 lớp còn lại là 2. C3.4.3.2 15 Vậy xác suất cần tính là: P =5 = . 45 64 Bạn An có một tấm tôn phế liệu hình tam giác đều có cạnh 60 cm, bạn An dự định cắt bỏ ở ba góc ba phần bằng nhau sao cho phần còn lại là hình gồm một tam giác đều và ba hình chữ nhật có kích thước bằng nhau (như hình 1), rồi gấp ba hình chữ nhật lại tạo thành một chậu hoa hình lăng trụ tam giác đều (như hình 2): Biết phần cạnh tấm tôn bị cắt bỏ ở mỗi góc bằng 10 cm, tính thể tích chậu Câu 3 3.1 hoa đó. (4.0 (2.0 điểm) điểm) A 10 30° M I 10 Xét ∆AMI vuông như hình vẽ, ta có AM=10, MAI =⇒= 300 MI . 3 Lăng trụ tạo thành là lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 60−= 2.10 40 10 và chiều cao bằng MI = . 3 402 . 3 Tính được B = . 4 402 . 3 10 Thể tích khối lăng trụ đó bằng V= Bh = .= 4000 (cm3). 4 3 Trang 5/2
6. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B , ABC =1200 , AB= a , SB vuông góc với mặt phẳng ( ABC) , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và ( ABC) bằng 450 .Gọi M là trung điểm của AC và N là trung điểm của SM. Điểm P trên cạnh SC sao cho SP= 2 PC . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và MP. S Q N P K B C 60° D H 45° a M A AC⊥ BM Ta có  ⇒⊥AC( SBM) ⇒⊥ AC SM . AC⊥ SB Từ đó suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và ( ABC) là góc SMB = 450 . 3.2 Xét ∆ABM vuông tại M có ABM = 600 nên (2.0 aa3 điểm) BM= ABcos6000 = ,AM = AB sin 60 = , suy ra AC= a 3 . 22 a Xét ∆SBM vuông tại B có SBM = 450 nên cân tại B suy ra SB= BM = . 2 Vậy thể tích khối chóp S. ABC bằng 111 a aa3 3 V= BM. AC SB=×× a 3. ×= 3 2 6 2 2 24 Gọi Q là trung điểm của SP ta có SQ= QP = PC hay P là trung điểm của CQ . Xét ∆SMP có NQ là đường trung bình ∆SMP nên NQ// MP . Xét ∆ACQ có MP là đường trung bình nên MP// AQ . Suy ra N∈ AQ Từ đó suy ra MP//( ABQ) hay MP//( ABN ) . ⇒=d( BN;; MP) d( M( ABN )) . Gọi H là trung điểm BM thì ta có NH// SB nên NH⊥ ( ABC) . Gọi D là hình chiếu vuông góc của H trên cạnh AB và HK là đường cao ∆NHD . AB⊥ HD Ta có  ⇒⊥AB( NHD) ⇒⊥ AB HK . AB⊥ NH Lại có HK⊥ ND nên suy ra HK⊥ ( ABN ) . ⇒=d( M;2;2( ABN)) d( H( ABN)) = HK . Trang 6/2
7. 11aa Ta có HN= SB =; BH = BM = , xét ∆BHD vuông tại D có 24 2 4 a 3 HD= BH sin 600 = 8 Xét ∆NHD vuông tại H , ta có : aa 3 . HN. HD a3 a 21 HK = =48 = = . HN2+ HD 2 a 223 a 47 28 + 16 64 a 21 Vậy d( BN;2 MP) = HK = . 14 Giải hệ phương trình: (2−y) xy − ++ 12 x = +( xy −) y − 1( 1)  ( xy,.∈ ) 2 2y− 3 xy + 2 −= 32 xy − 2 +− 2 4 xy − 5 + 2( 2) y ≥1  Điều kiện xy≥−2( 1.)  452xy≥− Ta có (12) ⇔( −y) xy −++=−+ 1 x 2 y( xy −) y −+1 y   ⇔(2 −y) xy − +−11  +( xy −) 1 − y − 1 = 0 xy−−2 y ⇔−(20y) +−( xy) = xy− ++11 1 +y − 1 Câu 4 11 (2.0 ⇔−(2yxy)( −)+ =03( ) điểm) xy− ++111 + y − 1 11  y = 2 Vì +>0 nên (3.) ⇔  xy− ++111 + y − 1  yx= Với y = 2 phương trình (2) trở thành 93−xx =⇔= 0 3. Với yx= phương trình (2) trở thành 2xx22−−= 32 −⇔ x 2( xx −−= 1) 2 −−− xx( 1) 1 15± ⇔( xx22 −−12) + =⇔0xx −−=⇔ 10 x = . 21−+xx( −) 2 Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là (3; 2) và 1515++ ;. 22 Một chiếc cầu bắc qua sông, mặt dưới gầm cầu có dạng cung AB biểu thị bởi Câu 5 5.1 83 x (4.0 (2.0 đồ thị hàm số y =cos + 2 với x ∈−π[ 6 ;6 π] trong hệ trục toạ độ Oxy với điểm) điểm) 3 12 đơn vị trục là mét (trục Ox mô tả mặt nước sông) như hình minh họa dưới đây: Trang 7/2
8. y A B Biết quy x - 6π O 6π định chiều cao tối đa của các phương tiện giao thông hàng hóa qua lại dưới gầm cầu phải thấp hơn mặt dưới gầm ít nhất 0,8 mét. Một sà lan chở khối hàng hóa có hình dạng là một khối hộp chữ nhật với độ cao 5,2 mét so với mặt nước sông muốn đi qua gầm cầu. Tính bề rộng tối đa của khối hàng hóa để sà lan qua được gầm cầu đúng quy định (lấy số π=3,14 ). Xét điểm M( xy; ) nằm trên cung AB , khoảng cách từ điểm M đến mặt nước tương ứng với giá trị tung độ y của điểm M. y M(x;y) A 0,8 B 5,2 - 6π O x 6π x 83 x Xét phương trình y =cos += 25,20,86 + =. 3 12 x 3 x 3 ⇔=cos ⇔=cos 12 2 12 2 x ππ x 3 Vì x ∈−π[ 6 ;6 π⇒] ∈− ; nên ta có cos = 12 2 2 12 2 x π ⇔ =± ⇔x =±π2 hay x =2 π. 12 6 Để sà lan có thể đi qua được gầm cầu đúng quy định thì bề rộng khối hàng là 2x ≤ 4 π= 4 × 3,14 = 12,56 . Vậy bề rộng tối đa của khối hàng là 12,56 mét. Cho ba số thực abc,, thuộc đoạn [1; 4 ] và thỏa a≥≥ ba, c.Tìm giá trị nhỏ nhất a bc của biểu thức: P = ++. 35a+ b bc ++ ca a bc 1 11 Do abc,,≠ 0 ta có P = ++= ++ + ++ bca 35a b bc ca 35+ 1 ++ 1 5.2 abc 11 2 (2.0 Ta chứng minh +≥ (*) với xy,0> và xy ≥1 điểm) 11++xy1+ xy Dễ thấy (*) ⇔( 2 ++x y)( 1 + xy) ≥ 21( + x)( 1 + y) 2 ⇔( xyxy +) +2 xyxy ≥++ 21 xy ⇔( xy −)( x − y ) ≥ 0 với xy,0> và xy ≥1 . Đẳng thức xảy ra khi xy= hoặc xy =1. Trang 8/2
9. ca ca a Từ giả thiết có >>0, 0 và .1= ≥ , áp dụng bất đẳng thức trên với bc bc c  ca 1 11 1 2 xy=, = ta có: P = ++≥ + . bc b ca b a 35+ 1 ++ 1 35 +1+ a bc a b ca a Đẳng thức xảy ra khi = hoặc =1. bc b 12t 2 2 a Đặt: ft( ) = += + với tt=, ∈[ 1; 2]. 5 ++2 + 3 + 11tt35t b t 2 2 23 2 2 2356t( t+−) t 2 101235tt( +) −( t +) ft′( ) = −= 22 22 (35t22+) (t +1) (35tt++) ( 1) 3 −2t( 9 t − 5) + 5 tt( 4 −+ 1) 25 = <0 ∀∈t [ 1; 2] . 2 2 (35tt2 ++) ( 1) ⇒ hàm số ft() nghịch biến trên [1; 2]. 46 Suy ra P≥≥ ft( ) f(2) = . 51 a Đẳng thức xảy ra khi t=⇔2 =⇔= 4 ab 4, =⇒= 1 c 2. b 46 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi ab=4, = 1 và c = 2. 51 Hết Trang 9/2